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高考热点1 连接体问题
1．常见连接体
2.连接体的运动特点 (1)叠放连接体——常出现临界条件，加速度可能不相等、速度可能不相等。 (2)轻绳连接体——轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度和加速度总是大小相等。 (3)轻弹簧连接体——在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度不一定相等；在弹簧形变量最大时，两端连接体的速率相等。
1．加速度相同的连接体问题的处理方法 (1)若求解整体的加速度，可用整体法。将整个系统看作一个研究对象，分析整体受外力情况，再由牛顿第二定律求出加速度。 (2)若求解系统内力，可先用整体法求出整体的加速度，再以所求力的受力物体或反作用力的受力物体为研究对象，分析受力，用牛顿运动定律求解。 2．加速度不同的连接体问题的处理方法 若系统内各个物体的加速度不同，一般应采用隔离法。将各个物体分别作为研究对象，对每个研究对象进行受力和运动情况分析，分别应用牛顿第二定律建立方程，并注意各个物体间的相互作用关系，联立求解。
例1 (2020·海南高考) (多选)如图，在倾角为θ的光滑斜面上，有两个物块P和Q，质量分别为m1和m2，用与斜面平行的轻质弹簧相连接，在沿斜面向上的恒力F作用下，两物块一起向上做匀加速直线运动，则( )
A．两物块一起运动的加速度大小为 B．弹簧的弹力大小为 C．若只增大m2，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大 D．若只增大θ，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大 [解析] 对P、Q及弹簧组成的整体受力分析，根据牛顿第二定律有F－(m1＋m2)gsin θ＝(m1＋m2)a，解得两物块一起运动的加速度大小为a＝－gsin θ，故A错误；对Q受力分析，根据牛顿第二定律有T－m2gsin θ＝m2a，解得弹簧的弹力大小为T＝，故B正确；根据T＝＝，可知若只增大m2，两物块一起向上匀加速运动时，弹簧的弹力变大，根据胡克定律，可知弹簧的伸长量变大，故它们的间距变大，故C正确；根据T＝，可知若只增大θ，两物块一起向上匀加速运动时，弹簧的弹力不变，根据胡克定律，可知弹簧的伸长量不变，故它们的间距不变，故D错误。 [答案] BC
1.竖直升降机内固定一斜面，其顶端固定一光滑的轻滑轮。滑块A、B通过不可伸长的细绳跨过滑轮连接，开始时升降机静止，然后匀加速向上运动，已知整个过程中A、B始终相对斜面静止，则( )
A．升降机静止时，滑块A受到沿斜面向下的摩擦力 B．升降机加速向上运动过程中，A受到的摩擦力一定大于静止时受到的摩擦力 C．升降机加速向上运动过程中，A可能不受摩擦力 D．细绳对B的拉力始终等于B的重力 答案 C 解析 由于不知道A、B两滑块的质量大小及斜面的倾角，则无法确定升降机静止时滑块A所受摩擦力的方向，当升降机加速向上运动时，A所受摩擦力变化也无法判断，故A、B错误；升降机加速向上运动时，如果细绳对A的拉力、斜面对A的支持力与A的重力的合力恰好可以提供A与升降机相同的加速度，则此时A不受摩擦力的作用，C正确；升降机加速向上运动时，滑块B也加速上升，则此时细绳对B的拉力大于B的重力，故D错误。 2. (2022·山东省临沂市高三下三模)如图所示，固定在水平地面上的斜面体上有一木块A(到定滑轮的距离足够远)，通过轻质细线和滑轮与铁块B连接，细线的另一端固定在天花板上，在木块A上施加一沿斜面向下的作用力F＝1.5 N，使整个装置处于静止状态。已知连接光滑动滑轮两边的细线均竖直，木块A和光滑定滑轮间的细线和斜面平行，木块A与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，斜面的倾角θ＝37°，铁块B下端到地面的高度h＝0.75 m，木块A的质量m＝0.5 kg，铁块B的质量M＝1 kg，不计空气阻力，不计滑轮受到的重力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)求木块A受到的摩擦力； (2)撤去力F，设铁块B落地后不反弹，求木块A能沿斜面上滑的最大距离。 答案 (1)0.5 N，方向沿斜面向下 (2)1.75 m 解析 (1)设木块静止时细线拉力大小为T0，对木块A，根据受力平衡可得 F＋f＋mgsin θ＝T0 对铁块B和动滑轮，根据受力平衡可得 2T0＝Mg 联立解得f＝0.5 N 则木块A受到的摩擦力大小为0.5 N，方向沿斜面向下。 (2)撤去力F，设木块A向上加速的加速度为aA，铁块B向下加速的加速度为aB，细线上的拉力为T，根据牛顿第二定律可得 T－mgsin θ－μmgcos θ＝maA Mg－2T＝MaB 又aA＝2aB 联立解得aA＝m/s2 当铁块B落地时，木块A向上通过的位移为 x1＝2h＝1.5 m 设此时木块A的速度为v1，则有2aAx1＝v 解得v1＝2 m/s 铁块B落地后，设木块A继续向上做匀减速运动的加速度大小为aA′，则有 mg sin θ＋μmgcos θ＝maA′ 解得aA′＝8 m/s2 木块A继续向上运动的位移为x2＝ 木块A能沿斜面上滑的最大距离为 x＝x1＋x2 联立并代入数据解得x＝1.75 m。 高考热点2 板块模型
分析“板—块”模型的四点注意 (1)从速度、位移、时间角度，寻找滑块与滑板之间的联系。 (2)滑块与滑板共速是摩擦力发生突变的临界条件。 (3)滑块与滑板存在相对滑动的条件 ①运动学条件：若两物体速度不相等，则会发生相对滑动。 ②力学条件：一般情况下，假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出一起运动的加速度，再用隔离法算出滑块“所需要”的摩擦力Ff，比较Ff与最大静摩擦力Ffm的关系，若Ff>Ffm，则发生相对滑动。 (4)滑块不从滑板上掉下来的临界条件是滑块到达滑板末端时，两者共速。
例2 (2021·全国乙卷)(多选)水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图a所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图b所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图c所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2，假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则( )
A．F1＝μ1m1g B． C． D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等 [解析] 由图c可知，t1时刻木板刚要开始滑动，此时物块与木板相对静止，以整体为研究对象有F1＝μ1(m1＋m2)g，故A错误；由图c可知，t2时刻物块与木板刚要发生相对滑动，以整体为研究对象有F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，以木板为研究对象有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a＞0，解得F2＝(μ2－μ1)g，μ2＞μ1，故B、C正确；由图c可知，在0～t2时间段物块与木板相对静止，有相同的加速度，故D正确。 [答案] BCD
3. (2022·河北省保定市高三下第一次模拟考试)(多选)卡车司机运送贴面板启动过程中容易出现贴面板掉落情况。如图，某司机在封闭水平场地进行研究，运送质量分布均匀规格相同的贴面板a和b，贴面板与卡车车厢之间无固定装置。已知a、b之间的动摩擦因数为0.15，b与卡车车厢底面之间的动摩擦因数为0.20，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为10 m/s2，卡车启动过程可看成做匀加速直线运动，下列判断正确的是( )
A．当卡车加速度a＝1.0 m/s2时，a与b、b与卡车均没有相对运动 B．当卡车加速度a＝2.0 m/s2时，a与b、b与卡车均有相对运动 C．无论卡车加速度多大，a和b均不会发生相对运动 D．无论卡车加速度多大，b的加速度不会超过2.5 m/s2 答案 AD 解析 假设a、b相对静止，一起相对卡车运动，卡车给b的摩擦力为2μ2mg，则a、b整体的最大加速度am＝＝μ2g，此时a所受的静摩擦力为mam＝μ2mg>μ1mg，即超过了a、b之间的最大静摩擦力，因此，当卡车与b发生相对运动时，a、b已经相对运动。当b与a及卡车均有相对运动时，有μ2·2mg－μ1mg＝mab，解得b的加速度ab＝2.5 m/s2，该情况下，a的加速度aa＝＝1.5 m/s2。综上，当卡车加速度a≤1.5 m/s2时，三者相对静止，一起加速；当1.5 m/s2<a≤2.5 m/s2时，b与卡车相对静止，a、b有相对运动；当a>2.5 m/s2时，a与b、b与卡车均有相对运动，此时a的加速度为1.5 m/s2，b的加速度等于2.5 m/s2。故选A、D。 4．(2022·江苏省连云港市高三下第二次调研考试)如图所示，光滑水平面上有一足够长的轻质绸布C，C上静止地放有质量分别为2m、m的物块A和B，A、B与绸布间的动摩擦因数均为μ。已知A、B与C间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对A施一水平拉力F，F从0开始逐渐增大，下列说法正确的是( )
A．当F＝0.5μmg时，A、B、C均保持静止不动 B．当F＝2.5μmg时，A、C不会发生相对滑动 C．当F＝3.5μmg时，B、C以相同加速度运动 D．只要力F足够大，A、C一定会发生相对滑动 答案 B 解析 设A与C间的摩擦力大小为f1，B与C间的摩擦力大小为f2。当F很小时，A、B、C相对静止一起运动，对整体有F＝(3m＋mC)a，对C有f1－f2＝mCa，对B有f2＝ma，其中mC＝0，可得f1＝f2＝，随着F增大，f1和f2均增大，由于f1max＝2μmg，f2max＝μmg，则f2先达到最大值f2max，此时f1<f1max，B将相对C滑动，A与C仍相对静止，可解得此时拉力F＝3f2max＝3μmg，故A、C错误，B正确；当F继续增大时，对A、C整体有F－f2max＝(2m＋mC)a，对A有F－f1＝2ma，可得f1＝μmg，由于始终有f1<f1max，则无论F多大，A、C都不会发生相对滑动，D错误。 高考热点3 传送带问题
1．处理传送带问题的两个关键 (1)关注两个时刻 ①初始时刻：物体相对于传送带的速度或滑动方向决定了该时刻的摩擦力方向。 ②物体与传送带速度相等的时刻：摩擦力的大小、方向和性质(滑动摩擦力或静摩擦力)可能会发生突变。 (2)物体在倾斜传送带上运动时，物体与传送带速度相同后需要比较tanθ与μ的大小关系：μ≥tanθ，速度相同后一起运动，相对静止；μ<tanθ，速度相同后，物体的加速度沿传送带向下，根据v与a的方向关系即可判定运动情况。 2．传送带问题的常见运动过程总结 (1)水平传送带模型
(2)倾斜传送带模型
例3 (2021·辽宁高考)机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1＝0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95 m。工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6 m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a； (2)小包裹通过传送带所需的时间t。 [解析] (1)小包裹相对传送带滑动时，对小包裹受力分析，如图所示，垂直传送带方向，由平衡条件有 FN＝mgcos α
由μ>tan 37°知，加速度方向沿传送带向上，则沿传送带方向，由牛顿第二定律有 f－mgsin α＝ma 又f＝μFN 联立并代入数据解得a＝0.4 m/s2。 (2)假设小包裹到达传送带底端前就已与传送带共速，共速前小包裹的位移大小为x1，则有v－v＝－2ax1 代入数据解得x1＝2.75 m 因为x1<L，所以假设成立。 由于μ>tan 37°，所以共速后小包裹以速度v1匀速运动。设共速前小包裹的运动时间为t1，共速后小包裹的运动时间为t2，则有 v1＝v2－at1 L－x1＝v1t2 t＝t1＋t2 联立并代入数据解得t＝4.5 s。 [答案] (1)0.4 m/s2 (2)4.5 s
5．(2022·湖南省永州市高三下第三次适应性考试)(多选)如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行，初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的vt图像(以地面为参考系)如图乙所示，已知v2>v1，则( )
A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大 B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右 D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 答案 BC 解析 在0～t1时间内，小物块向左做匀减速运动，t1时刻速度为0，在t1～t2时间内，反向做匀加速运动，t2时刻与传送带同速，在t2～t3时间内，小物块相对于传送带静止，一起向右匀速运动，所以t1时刻小物块离A处距离达到最大，t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值，A错误，B正确。由前面分析可知，0～t2时间内，小物块相对传送带一直向左运动，所以受到的摩擦力方向一直向右，C正确。在0～t2时间内，小物块一直受向右的恒定的滑动摩擦力，在t2～t3时间内，小物块相对于传送带静止，小物块不受摩擦力作用，故D错误。 6. (2022·江苏省南通市高三下四模)如图所示，足够长的倾斜传送带以恒定速率v0顺时针运行。一小木块以初速度v1从传送带的底端滑上传送带。木块在传送带上运动全过程中，关于木块的速度v随时间t变化关系的图像不可能的是( )
答案 C 解析 ①若v1<v0，则开始时小木块所受摩擦力f＝μmgcos θ沿传送带向上。a.当μmgcos θ＝ mg sin θ时，木块受力平衡，以速度v1做匀速运动；b.当μmgcos θ>mg sin θ时，木块先做匀加速运动，加速至v0时，以v0做匀速运动，B可能；c.当μmgcos θ<mg sin θ时，木块先做匀减速运动，当减速至0后，受力情况不变，开始沿传送带向下做匀加速运动，且前、后两个过程的加速度大小均为g(sinθ－μcosθ)，根据v2＝2ax知，返回传送带下端的速度为－v1，A可能。②若v1>v0，则开始时小木块所受摩擦力f＝μmgcos θ沿传送带向下。a.当μmgcos θ≥mgsin θ时，木块先做匀减速运动，减速至v0后，以v0做匀速运动，D可能；b.当μmgcos θ<mg sin θ时，木块先做匀减速运动，减速至v0后，做先减速至零再反向加速的匀变速运动，回到出发点，分析知前一阶段的加速度大小为a1＝g(sinθ＋μcosθ)，后一阶段的加速度大小为a2＝g(sinθ－μcosθ)，则前一阶段vt图线的斜率绝对值较大，设减速至v0的位移为x，滑离传送带的速度大小为v2，则v－v＝－2a1x，(－v2)2－v＝－2a2(－x)，可知v0<v2<v1，C不可能。本题选不可能的，故选C。 专题作业 一、选择题(本题共13小题，其中第1～8题为单项选择题，第9～13题为多项选择题) 1．(2020·江苏高考)中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。某运送防疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为( ) A. C．
答案 C 解析 根据题意可知第2节对第3节车厢的牵引力为F，每节车厢的质量和所受摩擦力、空气阻力均相等，对后面38节车厢整体，根据牛顿第二定律有F－38f＝38ma，设倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为F1，对后面2节车厢整体，根据牛顿第二定律有F1－2f＝2ma，联立解得F1＝，故C正确。 2.如图所示，两相同物体A、B放在粗糙水平面上，通过一根倾斜的轻绳连接。若用恒力向左拉物体A，两物体运动的加速度为a1，绳中的张力为F1；若用大小相等的恒力向右拉物体B，两物体运动的加速度为a2，绳中的张力为F2，则( )
A．a1＝a2，F1>F2 B．a1＝a2，F1<F2 C．a1<a2，F1<F2 D．a1>a2，F1>F2 答案 A 解析 以A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律有F－2μmg＝2ma，两次所施恒力F大小相同，则a1＝a2；设绳中张力与水平方向的夹角为θ，在F向左时，以B为研究对象，根据牛顿第二定律有F1cosθ－μ(mg＋F1sinθ)＝ma1，在F向右时，以A为研究对象，根据牛顿第二定律有F2cosθ－μ(mg－F2sinθ)＝ma2，因为a1＝a2，所以F1>F2。故A正确。 3. (2022·辽宁省抚顺市普通高中高三下第一次模拟考试)如图所示，在光滑水平面上有一静止的质量M＝5 kg的木块，木块上静止放置一质量m＝1 kg的物体，物体与木块之间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g取10 m/s2。现用水平恒力F拉物体m，下列关于物体加速度am和木块加速度aM的值不可能的是( )
A．am＝0.6 m/s2，aM＝0.6 m/s2 B．am＝1 m/s2，aM＝1 m/s2 C．am＝1 m/s2，aM＝0.8 m/s2 D．am＝2 m/s2，aM＝0.8 m/s2 答案 B 解析 当两物块将要相对滑动时，对木块有μmg＝Ma0，解得两者的加速度a0＝0.8 m/s2。可知当am≤a0＝0.8 m/s2时，两者一起做匀加速直线运动，aM＝am；当am>a0＝0.8 m/s2时，两者相对滑动，有aM＝a0＝0.8 m/s2，故A、C、D正确，B错误。本题选不可能的，故选B。 4．(2022·山东省临沂市高三下二模)如图所示，质量为M的木板放在光滑的水平面上，上面放一个质量为m的小滑块，滑块和木板之间的动摩擦因数是μ，现用恒定的水平拉力F作用在木板上，使二者发生相对运动，改变拉力F或者木板质量M的大小，当二者分离时( )
A．若只改变F，当F增大时，木板获得的速度增大 B．若只改变F，当F增大时，滑块获得的速度增大 C．若只改变M，当M增大时，木板获得的速度增大 D．若只改变M，当M增大时，滑块获得的速度增大 答案 D 解析 滑块在木板上滑动的加速度为am＝＝μg，木板的加速度aM＝，当滑块滑离木板时满足aMt2－amt2＝L，可得木板获得的速度vM＝aMt＝aM，滑块获得的速度vm＝amt＝am。若只改变F，F增大时，am不变，aM增大，则vM不一定增大，vm减小，A、B错误；若只改变M，M增大时，am不变，aM减小，则vM不一定增大，vm增大，C错误，D正确。 5．如图甲所示，长木板静止在光滑的水平面上，小铅块以一定水平速度滑上木板的左端，恰能滑至木板右端与木板相对静止。如图乙所示，将木板分成1和2两部分，其质量分别为m1、m2，紧挨着放在此平面上，再让小铅块以相同的初速度滑上木板1的左端。小铅块运动中所受的摩擦力始终不变。下列判断正确的是( )
A．当m1>m2时，小铅块能从木板2的最右端滑出 B．当m1<m2时，小铅块仍能滑到木板2的最右端且速度为零 C．当m1＝m2时，小铅块仍能滑到木板2的最右端且刚好相对静止 D．无论m1与m2之间是何种关系，小铅块都能滑到木板2上但不能到达最右端 答案 D 解析 木板整体时小铅块滑到木板最右端才与木板相对静止，而当将木板分成两块，小铅块滑上木板2时，木板1、2将分离，分离之后木板1匀速运动，小铅块和木板2相互作用，此时木板2的质量比原整块木板质量小，
小铅块给木板2的摩擦力不变，根据牛顿第二定律可知，此时木板2的加速度要比整体时大，小铅块的加速度不变，这样达到共同速度所用时间更短(如图所示)，因此小铅块在滑到木板2的最右端之前就与木板保持相对静止，与m1、m2的大小无关。故D正确。 6. (2022·湖南省常德市高三下模拟考试)如图所示，水平传送带AB间的距离为16 m，质量分别为2 kg、4 kg的物块P、Q，通过绕在光滑定滑轮上的细线连接，Q在传送带的左端且连接物块Q的细线水平。当传送带以8 m/s的速度逆时针转动时，Q恰好静止。重力加速度g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当传送带突然以8 m/s的速度顺时针转动时，下列说法正确的是( )
A．Q与传送带间的动摩擦因数为0.6 B．Q从传送带左端运动到右端所用的时间为2.6 s C．Q在运动过程中所受摩擦力始终不变 D．Q从传送带左端运动到右端的过程中P处于失重状态 答案 B 解析 当传送带以v＝8 m/s的速度逆时针转动时，Q恰好静止不动，对Q受力分析，则有F＝Ff，即mPg＝μmQg，代入数据解得Q与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，故A错误；当传送带突然以v＝8 m/s的速度顺时针转动时，物块Q开始做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有mPg－T＝mPa，μmQg＋T＝mQa，解得a＝m/s2，Q加速到传送带的速度v＝8 m/s所需的位移x1＝＝4.8 m，x1<L＝16 m，又mPg＝μmQg，则Q先做匀加速运动，后做匀速运动，根据v＝at1，代入数据解得Q做匀加速运动的时间为t1＝1.2 s，做匀速运动的时间为t2＝＝1.4 s，则Q从传送带左端滑到右端所用的时间为t总＝t1＋t2＝2.6 s，故B正确；物块Q做匀加速直线运动时，摩擦力方向水平向右，匀速运动过程中，摩擦力方向水平向左，故Q在运动过程中所受摩擦力方向变化，故C错误；由B项分析可知，Q做匀加速直线运动时，P加速下降，处于失重状态，Q匀速运动过程中，P匀速下降，处于平衡状态，故D错误。 7. (2022·山东省日照市高三下二模)如图所示，足够长的传送带与水平面的夹角为37°，当传送带静止时，物块以3 m/s2的加速度沿着传送带加速下滑，当物块加速至v0时，传送带突然启动并立即沿逆时针方向做匀加速运动，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，下列判断正确的是( )
A．启动传送带后物块下滑的加速度大小始终大于3 m/s2 B．若物块与传送带能够共速，则共速后物块一定和传送带相对静止 C．若物块与传送带能够共速，则共速后物块所受摩擦力可能为0 D．若物块与传送带能够共速，则共速后物块所受摩擦力的方向一定沿传送带向下 答案 C 解析 传送带静止时，对物块有mgsin θ－μmgcos θ＝ma1，代入数据可得物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝。设传送带突然启动后做匀加速运动的加速度为a2，当a2≤a1时，传送带与物块无法共速，物块下滑的加速度始终为a1＝3 m/s2，当a2>3 m/s2时，物块能与传送带共速，若a2足够大，则共速后物块相对传送带向上滑动，对物块有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1′，解得a1′＝9 m/s2，此时a2>a1′＝9 m/s2，A、B错误。若3 m/s2<a2<9 m/s2，则共速后物块相对传送带静止，加速度相同，当物块所受摩擦力f＝0时，对物块有mgsin θ＝ma1″，可得a1″＝6 m/s2，此时a2＝a1″＝6 m/s2，当3 m/s2<a2<6 m/s2时，根据牛顿第二定律知，共速后物块所受摩擦力沿传送带向上，当6 m/s2<a2≤9 m/s2时，同理知共速后物块所受摩擦力沿传送带向下，C正确，D错误。 ※8. (2022·山东省济宁市高三下二模)如图所示，一小球塞在一个竖直圆管中，让圆管由距地面为h＝5 m处静止自由下落，与地面发生多次弹性碰撞，运动过程中，圆管始终保持竖直。已知圆管质量为M＝4 kg，小球的质量为m＝1 kg，小球与圆管之间的滑动摩擦力大小为f＝40 N，g＝10 m/s2，不计空气阻力。下列说法中正确的是( )
A．圆管第一次与地面碰撞后，与球在空中相对静止之前，圆管的加速度大小为30 m/s2 B．圆管第一次与地面碰撞后，与球在空中相对静止之前，小球的加速度大小为50 m/s2 C．圆管与地面第一次碰撞后到第二次碰撞前，圆管与小球获得的共同速度为0.6 m/s D．圆管从释放到第二次触地的过程中，小球相对圆管下降的高度为4 m 答案 D 解析 圆管第一次与地面碰撞后，圆管与球在空中相对静止之前，以向下为正方向，根据牛顿第二定律，对圆管有Mg＋f＝Ma1，对小球有mg－f＝ma2，可得圆管的加速度a1＝20 m/s2，小球的加速度a2＝－30 m/s2，故A、B错误；设圆管第一次与地面碰撞前瞬间速度为v0，则v＝2gh，解得v0＝10 m/s，圆管第一次反弹后至第二次与地面碰撞前，设经过时间t两者共速，速度为v，以向下为正方向，则v＝－v0＋a1t＝v0＋a2t，解得t＝0.4 s，v＝－2 m/s，C错误；圆管在时间t内的位移为x1＝t＝－2.4 m，小球在时间t内的位移为x2＝t＝1.6 m，则圆管从释放到第二次触地的过程中，小球相对管道下降的高度h＝x2－x1＝4 m，D正确。 9．(2022·全国甲卷)如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力F拉动P，使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前( )
A．P的加速度大小的最大值为2μg B．Q的加速度大小的最大值为2μg C．P的位移大小一定大于Q的位移大小 D．P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小 答案 AD 解析 设两滑块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，对Q受力分析可知，弹簧的弹力大小为T0＝μmg。撤去拉力瞬间，弹簧弹力不变，两滑块速度相等，与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度大小为aP0＝＝2μg，向右做减速运动，滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零，故P、Q间的距离减小，弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小，根据牛顿第二定律可知，开始一段时间，P减速的加速度减小，向右做加速度减小的减速运动，Q所受的合外力增大且方向向左，向右做加速度增大的减速运动，弹簧第一次恢复原长时，P可能还在向右运动，也可能已停止运动，但在弹簧第一次即将恢复到原长时，Q的加速度大小一定为aQ1＝＝μg，故在弹簧第一次恢复原长之前，P的加速度大小的最大值为2μg，Q的加速度大小的最大值为μg，A正确，B错误；从撤去拉力到弹簧第一次恢复原长，滑块P、Q的位移水平向右，P、Q间的距离减小，故P的位移大小一定小于Q的位移大小，C错误；通过画vt图可知，P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小，D正确。 10．(2022·福建省福州市高三下3月质量检测)如图所示，质量为M的长木板A以速度v0在光滑水平面上向左匀速运动，质量为m的小滑块B轻放在木板左端，经过一段时间恰好从木板的右端滑出，小滑块与木板间动摩擦因数为μ，下列说法中正确的是( )
A．若只增大m，则小滑块不能滑离木板 B．若只增大M，则小滑块在木板上运动的时间变短 C．若只增大v0，则小滑块离开木板的速度变大 D．若只减小μ，则小滑块滑离木板过程中小滑块对地的位移变大 答案 AB 解析 A与B相对滑动时，对B有μmg＝maB，对A有－μmg＝MaA，可得aB＝μg，aA＝－，根据题意画出原来A、B的vt图如图，t0时刻B恰好从A的右端滑出，图中的阴影面积表示A的长度L。若只增大m，则aB不变，aA变大，则由vt图知，A与B仍能共速，且共速时A相对B的位移减小，
小于L，则小滑块不能滑离木板，A正确；若只增大M，则aB不变，aA减小，则由vt图知，B能滑离A，又A相对B的位移仍为L，则小滑块在木板上运动的时间变短，B正确；若只增大v0，由vt图知，B能滑离A，又A相对B的位移仍为L，则B滑离A的时间t<t0，则小滑块滑离木板的速度变小，C错误；若只减小μ，则aA、aB减小相同的倍数，由vt图知，B能滑离A，又A相对B的位移仍为L，则B滑离A的时间t<t0，则小滑块滑离木板过程中小滑块对地的位移x＝aBt2减小，D错误。 11.如图所示，长为L的水平传送带AB以速度v逆时针运转，将小石墨块P轻放在传送带右端A，当石墨块从左端B离开传送带时，传送带上留下了长度为l的痕迹，不计绕过传动轮的皮带长度，下列说法正确的是( )
A．增大传送带速度v，划痕长度可能不变 B．减小石墨块与传送带间的动摩擦因数，划痕长度可能会减小 C．增加传送带的长度，划痕长度一定会变长 D．一定条件下可使l>L 答案 AD 解析 石墨块在传送带上的运动存在三种可能情况：①石墨块到达B前速度等于v，则l＝vt－，其中t＝、a＝μg，解得l＝，v增大则l变长；②石墨块到达B时速度小于或等于v，且石墨块与传送带的相对位移大于传送带全部长度，则这段时间传送带的位移vt≤3L，则l＝vt－L，得2L≥l＝v－L，v增大则l变长；③石墨块到达B时速度小于或等于v，且运动时间t>，此时在石墨块到达B端前划痕前端就追上石墨块，划痕长度为2L，v增大后的划痕与原来划痕重叠，划痕长度为2L不变，A正确；由上述分析可知，减小石墨块与传送带间的动摩擦因数，则l会变长或不变，B错误；第①种情况下l与L无关，C错误；由③可知，D正确。 12.如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先水平敲击A，A立即获得水平向右的初速度vA，在B上滑行距离L后停下。接着水平敲击B，B立即获得水平向右的初速度vB，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，相对静止前B的加速度大小为a1，相对静止后B的加速度大小为a2，此后两者一起运动至停下。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．a1＝3a2 B． C． D．从左边缘再次对齐到A、B停止运动的过程中，A和B之间没有摩擦力 答案 AC 解析 设A、B的质量均为m。敲击B后，A、B相对静止前，A相对于B向左运动，A对B的滑动摩擦力向左，地面对B的滑动摩擦力也向左，则B所受的合力大小为FB＝μ·2mg＋μmg＝3μmg，对物块B，由牛顿第二定律得FB＝ma1，解得a1＝3μg，相对静止后，对A、B整体，由牛顿第二定律得2μmg＝2ma2，解得a2＝μg，则a1＝3a2，故A正确；敲击A后，A获得速度后向右做匀减速运动，对B来说，地面与B间的最大静摩擦力为Ffmax＝2μmg，A对B的滑动摩擦力为Ff＝μmg<Ffmax，故B静止不动，对A由牛顿第二定律得aA＝μg，由运动学公式有2aAL＝v，解得vA＝，故B错误；敲击B后，设经过时间tA、B达到共同速度，则aAt＝vB－a1t，vBt－a1t2－aAt2＝L，联立解得vB＝2，故C正确；从左边缘再次对齐到A、B停止运动的过程中，A、B一起向右做匀减速运动，A有向左的加速度，说明B对A有摩擦力，故D错误。 ※13.如图，三个质量均为1 kg的物体A、B、C叠放在水平桌面上，B、C用不可伸长的轻绳跨过一光滑轻质定滑轮连接，A与B之间、B与C之间的接触面以及轻绳均与桌面平行，A与B之间、B与C之间以及C与桌面之间的动摩擦因数分别为0.4、0.2和0.1，重力加速度g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。用力F沿水平方向拉物体C，以下说法正确的是( )
A．拉力F小于11 N时，不能拉动C B．拉力F为17 N时，轻绳的拉力为4 N C．要使A、B保持相对静止，拉力F不能超过23 N D．A的加速度将随拉力F的增大而增大 答案 AC 解析 当物体C即将运动时，物体C在水平方向受到拉力F、桌面给C的向右的摩擦力f桌、绳子向右的拉力T、B给C向右的摩擦力fBC，其中f桌＝0.1(mA＋mB＋mC)g＝3 N，fBC＝0.2(mA＋mB)g＝4 N，对A、B整体受力分析，可知T＝fCB＝fBC＝4 N，当C即将滑动时应有F＝f桌＋fBC＋T＝11 N，故A正确；因为绳子不可伸长，则B和C的加速度大小相等，在A和B即将发生相对滑动时，对A受力分析可得fBA＝0.4mAg＝mAa，设此时轻绳上的拉力为T′，对A、B整体受力分析可得T′－fCB＝(mA＋mB)a，对物体C受力分析可得F′－T′－fBC－f桌＝mCa，联立并代入数据解得F′＝23 N，说明要使A和B保持相对静止，拉力F不能超过23 N，故C正确；当F＝17 N时，A、B没有发生相对滑动，设此时轻绳上的拉力为T″，对A、B整体有T″－fCB＝(mA＋mB)a1，对物体C受力分析可得F－T″－fBC－f桌＝mCa1，联立解得T″＝8 N，故B错误；A和B发生相对滑动时，若继续增大F，因物体A水平方向仅受到滑动摩擦力作用，加速度为a＝0.4g＝4 m/s2，保持不变，D错误。 二、计算题(本题共3小题，须写出规范的解题步骤) 14. (2022·河北省张家口市一模)如图所示，足够长的固定光滑斜面的倾角θ＝30°，斜面顶端有一轻质光滑定滑轮。质量为m的滑块P通过不可伸长的细线绕过定滑轮与重物Q相连。开始时托着重物Q使细线竖直且恰好处于绷直状态，滑块P与滑轮间的轻绳与斜面平行。现由静止释放重物Q，重物Q竖直向下运动经过时间t0时，细线突然被烧断，发现滑块P又经过时间t0恰好回到了出发位置，重力加速度为g，求：
(1)重物Q的质量； (2)滑块P从开始运动到返回出发位置过程中运动的路程。 答案 (1) 解析 (1)设重物Q的质量为m1，细线断前，设细线拉力为FT，P、Q的加速度大小均为a1，由牛顿第二定律可知，对滑块P有 FT－mgsin 30°＝ma1 对重物Q有m1g－FT＝m1a1 滑块P的位移x1＝a1t 滑块P在t0时的速度v1＝a1t0 细线断后，设P的加速度大小为a2，由牛顿第二定律可知，对滑块P有mgsin 30°＝ma2 又经过时间t0，滑块P运动的位移 x2＝v1t0－a2t 由题意可知x1＋x2＝0 联立解得m1＝ (2)细线断后滑块P沿斜面上升的距离 x3＝ 滑块P从开始运动到返回出发位置运动的路程s＝2(x1＋x3) 联立解得s＝ ※15. (2022·江苏省苏锡常镇四市高三下教学情况调研反馈(二))如图所示，倾角为37°的斜面固定在水平面上，斜面底端固定弹性挡板，任何物体撞上挡板都以原速率反弹。斜面的顶端放置一长木板，上面叠放着一滑块(可视为质点)。长木板质量为M＝1 kg，滑块质量为m＝1 kg。长木板与斜面间无摩擦，滑块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.5，木板足够长且下端距挡板的距离为L＝3 m。现将它们由静止释放，重力加速度大小为g＝10 m/s2。sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)滑块由静止释放时所受摩擦力的大小； (2)长木板第二次碰撞挡板时速度的大小。 答案 (1)0 (2)6 m/s 解析 (1)假设滑块和长木板相对静止一起下滑，以整体为研究对象，则 (m＋M)gsin 37°＝(m＋M)a 解得a＝6 m/s2 对滑块受力分析，可知mgsin 37°－f＝ma 解得f＝0 f<μmg cos 37°，假设正确。 (2)开始时滑块和长木板一起下滑，设长木板经过时间t第一次碰撞挡板的速度大小为v1 由位移公式L＝at2 解得t＝1 s 由速度公式得v1＝at＝6 m/s 碰后长木板反弹，根据牛顿第二定律，对滑块有mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma1 解得a1＝2 m/s2，方向沿斜面向下 根据牛顿第二定律，对长木板有 Mg sin 37°＋μmgcos 37°＝Ma2 解得a2＝10 m/s2，方向沿斜面向下 长木板第一次与挡板碰撞后与滑块发生相对滑动，设长木板向上运动减速到零的时间为t1，位移大小为x1，则 0＝v1－a2t1 x1＝a2t 可解得t1＝0.6 s 假设长木板第二次碰撞挡板时还未与滑块共速，设此时长木板的速度大小为v2，下滑的位移大小为x2，则 x2＝a2t 且x1＝x2 可得t2＝0.6 s 则v2＝a2t2 解得v2＝6 m/s 此时滑块的速度v＝v1＋a1(t1＋t2)＝8.4 m/s>v2 可知假设正确。 ※16. (2017·全国卷Ⅲ)如图，两个滑块A和B的质量分别为mA＝1 kg和mB＝5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量为m＝4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0＝3 m/s。A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
(1)B与木板相对静止时，木板的速度； (2)A、B开始运动时，两者之间的距离。 答案 (1)1 m/s (2)1.9 m 解析 (1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为f1、f2和f3，A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1，在物块B与木板达到共同速度前有 f1＝μ1mAg① f2＝μ1mBg② f3＝μ2(m＋mA＋mB)g③ 由牛顿第二定律得 f1＝mAaA④ f2＝mBaB⑤ f2－f1－f3＝ma1⑥ 设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1，由运动学公式有 v1＝v0－aBt1⑦ v1＝a1t1⑧ 联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入已知数据得 v1＝1 m/s⑨ (2)在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离为sB＝v0t1－aBt⑩ 设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2，对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有 f1＋f3＝(mB＋m)a2⑪ 由①②④⑤式知，aA＝aB；再由⑦⑧式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反。由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2，设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式， 对木板有v2＝v1－a2t2⑫ 对A有v2＝－v1＋aAt2⑬ 在t2时间间隔内，B(以及木板)相对地面移动的距离为s1＝v1t2－a2t⑭ 在(t1＋t2)时间间隔内，A相对地面移动的距离为sA＝v0(t1＋t2)－aA(t1＋t2)2⑮ A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同，因此A和B开始运动时，两者之间的距离为s0＝sA＋s1＋sB⑯ 联立以上各式，并代入数据得s0＝1.9 m (也可用如图所示的速度—时间图线求解)
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